Question

．质量为m、电阻可忽略的金属棒ab，置于倾角为θ、宽为L的足够长的两光滑平行

．质量为m、电阻可忽略的金属棒ab，置于倾角为θ、宽为L的足够长的两光滑平行的金属导轨上，所在空间有磁感应强度为B、方向垂直轨道平面向上的匀强磁场，如图17所示。已知电值为R，电容器电容为C，电源电动势为ε，电源内阻及导轨电阻均不计，试问：
(1)当K接通后，棒ab的稳定速度多大?
(2)棒ab达稳定速度后，把K断开，则棒将作什么运动?用计算说明之。
(3)在K断开后金属棒下滑一段距离s的过程中，电容器储存的电能增加了多少?

Answer 1

1、设产生感应电动势为E，直流电流为I1，感应电流为I₂，，稳定速度为V1
①直流电流产生的安培力F1=BΙ₂L，方向沿斜面向下
②Ι1=ε/R
③感应电流产生的安培力F2=BΙ₂L，方向沿斜面向上
④E=BLV
⑤Ι2=E/R
联立③④⑤得⑥F2=B²L²V/R
到达稳定时，由感应电流产生的安培力等于重力的分力和由直流电流产生的安培力之和。
即mgsinθ+F1=F2
联立①②⑥得⑦V1=（mgRsinθ+BεL)/B²L²
2、K断开后，F1=0，所以F2>mgsinθ。根据牛顿第二定律有F2-mgisnθ=ma
因F2=mgsinθ+F1=mgsinθ+BεL/R，得⑧a=BεL/Rm，所以棒将做匀减速运动。
3、下滑了s过程中棒产生的热量转化为电容器的电能
所以Ep=F2.S=mgSsinθ+BεLS/R

追问

第2，3问，与答案不一致，能再想想嘛？2），a=mgsinθ/(m+cb2l2)

追答

那应该是这样。
2、设K断开下滑任意时刻的速度为ΔV，电容两端的电压为棒两端的电压，Uc=Uab=BLΔV。充电的电量为Q，又C=Q/Uab
所以Q=BLCΔV。又Q=平均ⅠΔt，所以IΔt=BLCΔV，I=BLCΔV/Δt=BLCa
所以F2=BIL=B²L²Ca
又mgsinθ-F2=ma，所以mgsinθ-B²L²Ca=ma，得a=mgsinθ/(m+B²L²C)，都是常量，所以做匀减速运动。
3、运动了S后，末速度为V2，则有V²-V2²=2aS，
棒产生的热量转化为电容的电能。
根据能量守恒有：1/2mV²+Smgsinθ=1/2mV2²+Ep
得amS+Smgsinθ=Ep
代入a，得Ep=m²Sgsinθ/(m+B²L²C)+Smgsinθ。
第三题这样分析应该对，不过按电能Ep=QU还有另一种。你参考下
因是匀减速，所以电容充电的过程中两端的电压为平均电压。
下滑S后，感应电动势E2=BLV2=BL√（V²-2as)
所以U=（E1+E2)/2=[BLV+BL√（V²-2as)]/2
又C=Q/U，所以Ep=CU²，代入V，a，U，结果东西太多了你自己看下是哪国。
我觉得上面的比较靠谱。